5125715741

Z założeń wynika, że trójkąty ABF i DAE są przystające (AB = DA, AE = BF, ZABF = LDAE = 90°, cecha przystawania BKB). Podobnie trójkąty CBE i DCF są przystające. Stąd wynika, że

/.BAF + IEDF + ZECB = ĆADE + ĆEDF + ĆFDC = IADC = 90°.

19. Na bokach AB, BC i CA trójkąta ABC zbudowano trzy trójkąty równoboczne: APB, BRC i CQA. Trójkąt BRC leży po tej samej stronie boku BC co trójkąt ABC, pozostałe dwa leżą na zewnątrz trójkąta ABC. Udowodnij, że punkty A, P, R i Q są współliniowe lub są wierzchołkami równoległoboku.

Rozwiązanie. Przypuśćmy, że punkty A, P, R i Q nie są współliniowe. Rozpatrujemy tylko przypadek, gdy ZCBA < 60°, tzn. gdy półprosta BA leży wewnątrz kąta CBR. Pozostałe przypadki zostawiamy Czytelnikowi.

P

Q

c

Trójkąty BAC i BRP są przystające (ZCBA = 60° - Z.ABR = ZRBP, BC — BR, BA = BP, cecha przystawania BKB). Zatem PR = AC. W podobny sposób dowodzimy, że trójkąty BCA i RCQ są przystające. Zatem AQ = QC = AC. Stąd wynika, że PR = AQ. Z tego drugiego przystawania wynika również, że PA = BA = RQ. Czworokąt PAQR ma zatem przeciwległe boki równe, a więc jest równoległobokiem.

20. Dane są dwa kwadraty: ABCD i AEFG. W obu kwadratach podana kolejność wierzchołków jest przeciwna do ruchu wskazówek zegara. Udowodnij, że BE = DG. Rozwiązanie. Rozpatrujemy przypadek, gdy wierzchołek E leży wewnątrz kwadratu ABCD.

D    C

G

A    B

Trójkąty ABE i ADG są przystające (ZBAE = 90° - ZEAD = ZDAG, AB = AD, AE = AG, cecha przystawania BKB). Zatem BE = DG.

16